Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

#1

Καλησπέρα σε όλους,

Σας στέλνω μία προσωπική δημιουργία που στόχο έχει να τονίσει κάποιες λεπτομέρειες στη θεωρία και να αναδείξει τη σωστή δικαιολόγηση σε κάποια βασικά σημεία χωρίς να είναι απόλυτα τραβηγμένο θέμα (παρά το ότι μπορεί να είναι μακροσκελές).

Θέμα Δ

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty )\to \mathbb{R}}$ η οποία είναι συνεχής στο $(0,+\infty )$ με f(2)=ln2

, $f\left( \dfrac{1}{e} \right)<e$ και για κάθε $x\in (0,1)\cup (1,+\infty )$ ισχύουν τα εξής:

• η

είναι παραγωγίσιμη

• $\left| xf(x)-1 \right|+|x(x-1)|f'(x)=0$

• $f(x)\ne \dfrac{1}{x}$

Δ1. Να δείξετε ότι f(1)=1

. (Μονάδες 5)

Δ2. Να δείξετε ότι οι εφαπτομένες των συναρτήσεων F(x)=(x-1)f(x)

και $G(x)=\ln x$ είναι παράλληλες σε όλα τα σημεία με ίδια τετμημένη ${{x}_{0}}\in (0,1)\cup (1,+\infty )$ . (Μονάδες 4)

Δ3. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

(Μονάδες 4) και να εξετάσετε την παραγωγισιμότητά της στο ${{x}_{0}}=1$ (Μονάδες 2).

Αν είναι $f(x)=\begin{cases} \dfrac{\ln{x}}{x-1} & \,\,x\ne 1 \\ 1 & \,\,x=1 \\ \end{cases}$ , τότε:

Δ4. Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,+\infty )$ (Μονάδες 4) και ότι $f(x)\le 1$ για κάθε $x\ge 1$ (Μονάδες 2).

Δ5. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x)

και $\Phi (x)$ με $\displaystyle{\Phi (x)=\frac{x-1}{{{e}^{x}}}+1}$ , τέμνονται σε ένα και μόνο σημείο στο διάστημα $[1,+\infty )$ . (Μονάδες 4)

Ας γίνει οσο πιο αναλυτικά γίνεται η λύση για τους ενδιαφερόμενους μαθητές...

Αλέξανδρος

#2

Καλό και διδακτικό θέμα, Αλέξανδρε! Κάνω την αρχή...

Δ1. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g:\left( {0, + \infty } \right) \to \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{g\left( x \right) = xf\left( x \right) - 1}$ για κάθε x>0

.

Η

είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Επειδή $\displaystyle{g\left( x \right) \ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right),}$ η συνάρτηση

θα διατηρεί πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα $\displaystyle{\left( {0,1} \right)}$ και $\displaystyle{\left( {1, + \infty } \right).}$ Αφού

$\displaystyle{g\left( 2 \right) = 2f\left( 2 \right) - 1 = 2\ln 2 - 1 = \ln 4 - \ln e = \ln \left( {\frac{4}{e}} \right) > \ln 1 = 0}$

και

$\displaystyle{g\left( {\frac{1}{e}} \right) = ef\left( {\frac{1}{e}} \right) - 1 = \frac{1}{e}\left[ {f\left( {\frac{1}{e}} \right) - e} \right] < 0,}$

θα είναι $\displaystyle{g\left( x \right) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {1, + \infty } \right)}$ και $\displaystyle{g\left( x \right) < 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right).}$

Επομένως, θα είναι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right) \ge 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right) \le 0.}$

Αλλά η

είναι συνεχής στο

, οπότε θα είναι $\displaystyle{g\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} g\left( x \right)}$ και άρα $\displaystyle{0 \le g\left( 1 \right) \le 0,}$ οπότε $\displaystyle{g\left( 1 \right) = 0}$ και συνεπώς $\displaystyle{\boxed{f\left( 1 \right) = 1}.}$

Δ2. Η σχέση $\displaystyle{\left| {xf\left( x \right) - 1} \right| + \left| {x\left( {x - 1} \right)} \right|f'\left( x \right) = 0,}$ με βάση τα παραπάνω, δίνει ότι:

$\bullet$ Για $\displaystyle{x \in \left( {1, + \infty } \right)}$ είναι $\displaystyle{g\left( x \right) = xf\left( x \right) - 1 > 0}$ και $\displaystyle{x\left( {x - 1} \right) > 0,}$ οπότε

$\displaystyle{xf\left( x \right) - 1 + x\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) = 0.}$

$\bullet$ Για $\displaystyle{x \in \left( {0, 1} \right)}$ είναι $\displaystyle{g\left( x \right) = xf\left( x \right) - 1 < 0}$ και $\displaystyle{x\left( {x - 1} \right) < 0,}$ οπότε

$\displaystyle{-xf\left( x \right) + 1 - x\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) = 0.}$

Επομένως, για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)}$ έχουμε διαδοχικά ότι:

$\displaystyle{xf\left( x \right) - 1 + x\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x\left[ {\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) + f\left( x \right)} \right] = 1 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) + f\left( x \right) = \frac{1}{x} \Leftrightarrow F'\left( x \right) = G'\left( x \right).}$

Έτσι, για κάθε $\displaystyle{{x_0} \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)}$ οι εφαπτομένες των $\displaystyle{{C_F}}$ και $\displaystyle{{C_G}}$ στα σημεία τους με τετμημένη x_0

έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης $\displaystyle{F'\left( {{x_0}} \right) = G'\left( {{x_0}} \right), }$ άρα είναι παράλληλες.

Δ3. Επειδή, όπως είδαμε παραπάνω, ισχύει $\displaystyle{F'\left( x \right) = G'\left( x \right)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right),}$ θα υπάρχουν σταθερές $\displaystyle{{c_1}}$ και $\displaystyle{{c_2}}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{F\left( x \right) = G\left( x \right) + {c_1}}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right)}$

και

$\displaystyle{F\left( x \right) = G\left( x \right) + {c_2}}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {1, + \infty } \right).}$

Αλλά οι

και

είναι συνεχείς στο

, με $\displaystyle{F\left( 1 \right) = G\left( 1 \right) = 0,}$ οπότε

$\displaystyle{0 = F\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {G\left( x \right) + {c_1}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} G\left( x \right) + {c_1} = G\left( 1 \right) + {c_1} = 0 + {c_1} = {c_1}}$

και

$\displaystyle{0 = F\left( 1 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \left( {G\left( x \right) + {c_2}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} G\left( x \right) + {c_2} = G\left( 1 \right) + {c_2} = 0 + {c_2} = {c_2}.}$

Επομένως, έχουμε ότι $\displaystyle{F\left( x \right) = G\left( x \right),}$ ή, ισοδύναμα,

$\displaystyle{\left( {x - 1} \right)f\left( x \right) = \ln x \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{{x - 1}}}$

για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right).}$ Τελικά, ο τύπος της

είναι:

$\displaystyle{\boxed{f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\dfrac{{\ln x}}{{x - 1}},}&{x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right)}\\ {1,}&{x = 1} \end{array}} \right.}}$ .

Για την παράγωγο της

στο

έχουμε, με χρήση του κανόνα L'Hôpital, ότι:

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\dfrac{{\ln x}}{{x - 1}} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\ln x - x + 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\mathop = \limits_{{\rm{DLH}}}^{\frac{0}{0}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\dfrac{1}{x} - 1}}{{2\left( {x - 1} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{ - \left( {x - 1} \right)}}{{2x\left( {x - 1} \right)}} = - \frac{1}{2},}$

οπότε η

είναι παραγωγίσιμη στο

, με $\displaystyle{f'\left( 1 \right) = - \frac{1}{2}.}$

#3

cretanman έγραψε:Καλησπέρα σε όλους,

Σας στέλνω μία προσωπική δημιουργία που στόχο έχει να τονίσει κάποιες λεπτομέρειες στη θεωρία και να αναδείξει τη σωστή δικαιολόγηση σε κάποια βασικά σημεία χωρίς να είναι απόλυτα τραβηγμένο θέμα (παρά το ότι μπορεί να είναι μακροσκελές).

Αν είναι $f(x)=\begin{cases} \dfrac{\ln{x}}{x-1} & \,\,x\ne 1 \\ 1 & \,\,x=1 \\ \end{cases}$ , τότε:

Δ4. Να δείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0,+\infty )$ (Μονάδες 4) και ότι $f(x)\le 1$ για κάθε $x\ge 1$ (Μονάδες 2).

Δ5. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων και $\Phi (x)$ με $\displaystyle{\Phi (x)=\frac{x-1}{{{e}^{x}}}+1}$ , τέμνονται σε ένα και μόνο σημείο στο διάστημα $[1,+\infty )$ . (Μονάδες 4)

Ας γίνει όσο πιο αναλυτικά γίνεται η λύση για τους ενδιαφερόμενους μαθητές...

Αλέξανδρος

Καλημέρα.

Συνεχίζω με τα υπόλοιπα ερωτήματα.

Δ4. $\displaystyle{f'(x) = \frac{{\frac{1}{x}(x - 1) - \ln x}}{{{{(x - 1)}^2}}} = \frac{{x - 1 - x\ln x}}{{x{{(x - 1)}^2}}},0 < x \ne 1}$ και από το προηγούμενο ερώτημα $\displaystyle{f'(1) = - \frac{1}{2}}$ .
Ο παρονομαστής του κλάσματος είναι θετικός, άρα το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή. Θέτω $\displaystyle{h(x) = x - 1 - x\ln x,x \in (0, + \infty )}$
Η

είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ με $\displaystyle{h'(x) = 1 - \ln x - 1 = - \ln x \ge 0 \Leftrightarrow 0 < x \le 1}$
Έχουμε λοιπόν ότι η συνάρτηση

είναι:
● γνησίως αύξουσα στο (0,1]

: $\displaystyle{x < 1 \Rightarrow h(x) < h(1) = 0}$
● γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ : $\displaystyle{x > 1 \Rightarrow h(x) < h(1) = 0}$

Άρα για κάθε $\displaystyle{0 < x \ne 1}$ , είναι h(x)<0

, οπότε η συνάρτηση

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$

Λόγω της μονοτονίας της

είναι $\displaystyle{x \ge 1 \Rightarrow f(x) \le f(1) \Leftrightarrow }$ $\boxed{f(x) \le 1}$

Δ5. Είναι προφανώς $\displaystyle{f(1) = \Phi (1) = 1}$ . Θα δείξουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x) = \Phi (x)}$ δεν έχει άλλη πραγματική ρίζα.

Πράγματι, για κάθε $\displaystyle{0 < x \ne 1}$ , είναι:
$\displaystyle{f(x) - \Phi (x) = \frac{{\ln x}}{{x - 1}} - \frac{{x - 1}}{{{e^x}}} - 1 = \frac{{{e^x}\ln x - {{(x - 1)}^2} - {e^x}(x - 1)}}{{{e^x}(x - 1)}} = }$

$\displaystyle{\frac{{{e^x}(\ln x - x + 1) - {{(x - 1)}^2}}}{{{e^x}(x - 1)}} \ne 0}$

Ο αριθμητής του κλάσματος είναι πάντοτε αρνητικός γιατί $\displaystyle{\ln x < x - 1 \Leftrightarrow \ln x - x + 1 < 0,{e^x} > 0, - {(x - 1)^2} < 0}$ , οπότε $\displaystyle{{e^x}(\ln x - x + 1) - {(x - 1)^2} < 0}$ , για κάθε $\displaystyle{0 < x \ne 1}$

Οι γραφικές παραστάσεις λοιπόν των συναρτήσεων έχουν το μοναδικό σημείο τομής A(1,1)

.

: Θέμα Δ.png (10.4 KiB) Προβλήθηκε 3360 φορές

Αν και δεν το ζητάει η άσκηση, στο παραπάνω διάγραμμα φαίνονται τα συμπεράσματα των δύο τελευταίων ερωτημάτων.

#4

Βαγγέλη και Γιώργο ευχαριστώ πολύ που ασχοληθήκατε με το θέμα και τις υποδειγματικά γραμμένες λύσεις που δώσατε.

Για το τελευταίο ερώτημα Δ5 η ιδέα της κατασκευής ήταν να παρατηρήσει ο μαθητής ότι για x>1

ισχύει

(το ζητάει στο αμέσως προηγούμενο ερώτημα) ενώ $\Phi(x)>1$ (κατασκευαστικά είναι πολύ απλό). Έτσι μοναδική λύση για $x\geq 1$ είναι η x=1

.

Σχόλιο: Όπως πολύ σωστά παρατηρεί ο Γιώργος (αν και δεν ζητείται στην άσκηση), η λύση είναι μοναδική στο $(0,+\infty)$ και η παραπάνω λύση (εκτός από τη λύση του Γιώργου) προσαρμόζεται εύκολα και για 0<x<1

καθώς

και $\Phi(x)>1$ .

Αλέξανδρος

Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

Re: Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

Re: Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

Re: Θέμα Δ - Προσοχή στις λεπτομέρειες!

Μέλη σε σύνδεση